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Problemas Resueltos de

Introducción a la Electrónica

Juan A. Carrasco

Departament d’Enginyeria Electrònica

Universitat Politècnica de Catalunya

Barcelona, Septiembre 2009

II

IV Prefacio

que el circuito puede no tener solución. Es decir, se da por terminado el análisis del circuito cuando se determina una combinación de estados para los diodos para la que el circuito lineal resultante tiene solución y se cumplen las condiciones de estado de cada diodo.

Los circuitos con transistores presentan una problemática más rica. Dichos circuitos admiten un número finito de soluciones. Esa posibilidad es de hecho aprovechada para diseñar biestables, circuitos con dos soluciones (estados). La siguiente figura muestra un biestable constituido por dos BJTs.

Q1 Q

R^ R

5 V

Es fácil comprobar que con VBE ,u = VBE ,act = VBE ,sat = 0,7, VCE ,sat = 0,2 y un valor suficientemente elevado del parámetro β de los BJTs, caben dos soluciones: en una de ellas Q está en CORTE y Q2 está en SATURACIÓN; en la otra Q1 está en SATURACIÓN y Q2 está en CORTE. Todos los circuitos con transistores analizados en los problemas de la colección tienen solución única dentro del dominio para el comportamiento en continua de los dispositivos cubierto por los modelos utilizados para los transistores (VCE ≥ 0 para los BJTs npn, VEC ≥ 0 para los BJTs pnp, VDS ≥ 0 para los MOSFETs de canal n, y VDS ≤ 0 para los MOSFETs de canal p). Sin embargo, al igual que en los problemas de análisis de circuitos con diodos, la resolución de problemas de análisis de circuitos con transistores se hace aceptando que el circuito pudiera no tener solución dentro del dominio para el comportamiento en continua de los dispositivos cubierto por los modelos utilizados para los transistores. Es decir, se da por concluido el análisis del circuito cuando se encuentra una combinación para los estados (zonas de trabajo) de los transistores para la que el circuito lineal resultante tiene solución y se cumplen las condiciones de estado de cada dispositivo.

Capítulo 1

Problemas de Análisis de Circuitos con

Diodos

Problema 1: Los diodos D1 y D2 del siguiente circuito tienen corrientes inversas de saturación IS 1 = 10−^12 A e IS 2 = 2 × 10 −^11 A, respectivamente, y un parámetro η = 1. Analice el circuito y determine V e I. Suponga VT = 25,9 mV.

I

V

D D

5 V + −

Solución: Empezaremos suponiendo 5 − V ≫ VT = 0,0259 V. Ello implica que, con mucha precisión, I = IS 1 = 10−^12 A = 10−^9 mA. La tensión V puede ser calculada utilizando

I = IS 2

eV /VT^ − 1

obteniéndose

V = VT ln

I

IS 2

= (0,0259) ln

10 −^9

2 × 10 −^8

= 0,001264 = 1,264 mV.

Resulta 5 − V = 5 − 0,001264 = 4,999, que es ≫ 0,0259. Así pues, los valores calculados para V e I son correctos.

Problema 2: Los diodos D1 y D2 del siguiente circuito tienen corrientes inversas de saturación IS 1 = 10−^12 A e IS 2 = 8 × 10 −^12 A, respectivamente, y un parámetro η = 1. Analice el circuito

y, sustituyendo valores,

3 × 10 −^8 = 10−^9

eV /0,0259^ − 1

V

que da

3 × 10 −^4 = 10−^5

eV /0,0259^ − 1

+ V ,

V = 3 × 10 −^4 − 10 −^5

eV /0,0259^ − 1

Dicha ecuación trascendente tiene la forma V = f (V ). Para resolverla, usamos una iteración de punto fijo Vk+1 = f (Vk). Con V 1 = 3 × 10 −^4 , se obtiene V 2 = 2,999 × 10 −^4 , V 3 = 2,999 × 10 −^4. Así pues, una solución de la ecuación es V = 2,999 × 10 −^4 V = 0,2999 mV. Se puede argumentar que dicha solución es única observando que

df dV

eV /0,0259^ = −3,861 × 106 eV /0,0259^ < 0.

Entonces, al hacerse V mayor a 2,999 × 10 −^4 , f (V ) se hará menor, haciendo imposible que para valores mayores a 2,999 × 10 −^4 se pueda verificar V = f (V ). De modo similar se puede razonar que no se podrá verificar V = f (V ) para valores menores a 2,999 × 10 −^4. La solución encontrada para V verifica 5 − V = 5,000, que es ≫ 0,0259, como se había supuesto. Falta calcular I. Usando la ecuación del diodo D2 se obtiene

I = IS 2

eV /VT^ − 1

= 10−^9

e2,999×^10 − (^4) /0, − 1

= 1,165 × 10 −^11 mA = 1,165 × 10 −^14 A.

Problema 4: Utilizando para el diodo el modelo “diodo ideal”, analice el siguiente circuito y determine I 1 , I 2 y V.

10 V

V I 1 I 2

10 kΩ

9,9 kΩ

−10 V

4 1 Problemas de Análisis de Circuitos con Diodos

Solución: Supondremos que los dos diodos están en ON. Se obtiene el circuito

A K

A K

10 V

10 kΩ

I 1 + I 2 9,9 kΩ

I 1

−10 V

I 2

V

Se ha de verificar I 1 ≥ 0 e I 2 ≥ 0. Por inspección, V = 0. Además, las diferencias de tensión en las dos resistencias resultan ser iguales a 10 V, obteniéndose

10 = 9,9 (I 1 + I 2 ) = 9,9I 1 + 9,9I 2 , 10 = 10I 2 ,

de donde I 2 = 1, que es ≥ 0 , e

I 1 =

10 − 9,9 I 2

que también es ≥ 0. Así pues, los estados supuestos para los diodos son correctos, I 1 = 0,01010 mA, I 2 = 1 mA y V = 0.

Problema 5: Utilizando para el diodo el modelo “diodo ideal”, analice el siguiente circuito y determine los valores de I 1 , I 2 , I 3 y V.

30 V

I 3

I 1 10 kΩ

V 20 kΩ 20 kΩ

I 2

Solución: Calculando el equivalente de Thévenin del dipolo formado por la fuente de tensión de valor 30 V y las resistencias de la izquierda, que tiene como salidas los extremos de la resistencia de valor 20 kΩ, se obtiene una tensión de Thévenin

Vth =

30 = 20 V

6 1 Problemas de Análisis de Circuitos con Diodos

Por simetría, I 3 = I 2 = 0,7499 mA.

Finalmente, aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo conectado al ánodo del diodo,

I 1 = I 2 + I 3 = 0,7499 + 0,7499 = 1,500 mA.

Problema 6: Utilizando para el diodo el modelo con tensión ánodo-cátodo nula para corrien- tes directas y tensión cátodo-ánodo igual a 5 V para corrientes inversas, determine la función de transferencia vo = F (vi) del siguiente cuadripolo.

10 kΩ

−

vo

10 kΩ

vi

−

Solución: Supondremos cada uno de los tres estados posibles para el diodo Zener y determina- remos, para cada uno de ellos, el intervalo de tensiones vi para el cual el diodo está en el estado y la relación entre vo y vi.

Para el estado ON, se obtiene el circuito

A

K

i 1 + i 2

i 1 i 2

vi + − vo

−

10 kΩ

10 kΩ

Se ha de imponer i 1 ≤ 0. Por inspección, vo = 0. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia de valor 10 kΩ de la derecha, se obtiene 0 = 10i 2 , i 2 = 0.

Aplicando al segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor vi, la resistencia de valor 10 kΩ de la izquierda y el diodo, se obtiene

vi = 10(i 1 + i 2 ) = 10i 1 ,

i 1 =

vi 10

La condición i 1 ≤ 0 se traduce en vi 10

vi ≤ 0.

Así pues, para vi ∈ (−∞, 0], el diodo está en ON y vo = 0

Para el estado OFF, se obtiene el circuito

A

K

v^ − vi AK 10 kΩ

−

−

vo

10 kΩ

Se ha de imponer − 5 ≤ vAK ≤ 0. Utilizando la fórmula del divisor de tensión, se obtiene

vo =

vi =

vi 2

Por inspección, vAK = −vo. La condición − 5 ≤ vAK ≤ 0 se traduce en − 5 ≤ −vo ≤ 0 , 0 ≤ vo ≤ 5 , y utilizando vo = vi/ 2 , en 0 ≤ vi/ 2 ≤ 5 , 0 ≤ vi ≤ 10. Así pues, para vi ∈ [0, 10], el diodo está en OFF y vo = vi/ 2.

Para el estado RUPTURA, se obtiene el circuito

K A

i 1 i 2

i 1 + i 2

vi

10 kΩ

5 V

−

• − 10 kΩ vo

Se ha de imponer i 1 ≥ 0. Por inspección, vo = 5. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia de valor 10 kΩ de la derecha, se obtiene vo = 10i 2 ,

5 = 10i 2 , i 2 = 0,.

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor vi, la resistencia de valor 10 kΩ de la izquierda y la fuente de tensión de valor 5 V, se obtiene

vi = 10(i 1 + i 2 ) + 5 = 10i 1 + 10i 2 + 5 = 10i 1 + (10)(0,5) + 5 = 10i 1 + 10 ,

i 1 =

vi − 10 10

conduce al circuito

K

A 0,7 V

I

I′

I + I′

−

VAK

5 V +

1 kΩ

5 kΩ

La condición a verificar es I ≥ 0. Por inspección, VAK = 0,7. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia de valor 1 kΩ, se obtiene 0,7 = (1)I′^ , I′^ = 0,.

Por último, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 5 V y las resistencias, se obtiene

5 = 5(I + I′) + (1)I′^ = 5I + 6I′^ = 5I + (6)(0,7) = 5I + 4,2 ,

I =

que es ≥ 0. Así pues, el diodo está en ON, I = 0,16 mA y VAK = 0,7 V.

Problema 8: Utilizando para el diodo el modelo con tensión umbral VD0 = 0,7 V y resistencia incremental en conducción directa rD = 1 Ω, analice el circuito de la figura y determine los valores de la corriente directa I y de la tensión ánodo-cátodo VAK del diodo.

100 mA 10 Ω

Solución: Empezaremos suponiendo que el diodo está en OFF. Ello conduce al circuito

K

A 100 mA (^) 10 Ω VAK

La condición a verificar es VAK ≤ 0,7. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia, se obtiene

10 1 Problemas de Análisis de Circuitos con Diodos

VAK = (0,01)(100) = 1, que es > 0,7. Por tanto, el diodo no está en OFF. Supongamos que el diodo está en ON. El circuito resultante es

A

K

1 Ω

0,7 V

100 mA 10 Ω

I′

N I

La condición a verificar es I ≥ 0. Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo N, se obtiene

100 = I + I′^.

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 0,7 V y las resistencias, se obtiene 0,7 = −0,001I + 0,01I′^ ,

dando lugar al sistema lineal

I + I′^ = 100 −I + 10I′^ = 700 ,

cuya solución para I es

I =

que es ≥ 0. Así pues, el diodo está en ON e I = 27,27 mA. La tensión ánodo-cátodo resulta valer

VAK = 0,7 + 0,001 I = 0,7 + (0,001)(27,27) = 0,7273 V.

Problema 9: Utilizando para los diodos el modelo con tensión umbral VD0 = 0,7 V, analice el siguiente circuito y determine I.

1 kΩ

I 10 kΩ D

D

5 V

Solución: Con el diodo D1 en OFF, el diodo D2 quedaría polarizado exclusivamente por la resistencia de valor 1 kΩ y también estaría en OFF. Con esos estados para D1 y D2, tendríamos

12 1 Problemas de Análisis de Circuitos con Diodos

diodos por los circuitos equivalentes correspondientes a esos estados, se obtiene el circuito

K

A

A

K

0,7 V

10 Ω

I 1

I 1 + I 2

I 2 20 Ω

10 V

10 kΩ 1 kΩ

5 V

1 kΩ

Las condiciones a verificar son I 1 ≥ 0 e I 2 ≥ 0. Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la resistencia de valor 1 kΩ de la izquierda, la resistencia de valor 10 kΩ, la resistencia de valor 10 Ω y la fuente de tensión de valor 0,7 V y a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, las resistencias de valor 1 kΩ, la resistencia de valor 20 Ω y la fuente de tensión de valor 5 V, se obtiene

10 = (1)(I 1 + I 2 ) + 10I 1 + 0,01 I 1 + 0,7 ,

10 = (1)(I 1 + I 2 ) + (1)I 2 + 0,02 I 2 + 5 ,

que conducen al sistema lineal

11,01I 1 + I 2 = 9,

I 1 + 2,02I 2 = 5 ,

cuya solución es

I 1 =

I 2 =

5 − I 1

Tanto I 1 como I 2 son ≥ 0. Así pues, el diodo D1 está en ON, el diodo D2 está en RUPTURA, I 1 = 0,6492 mA e I 2 = 2,154 mA.

Problema 11: Utilizando para el diodo D1 el modelo con tensión umbral VD0 = 0,7 V y para el diodo D2 el modelo con tensión umbral VD0 = 0,7 V y tensión cátodo-ánodo igual a 5 V para

corrientes inversas, analice el circuito de la figura y determine I 1 e I 2.

10 mA

I 1

I 2

D

D

1 kΩ

200 Ω

Solución: Por cada conjunto formado por un diodo y la resistencia que tiene en paralelo ha de circular una corriente de valor 10 mA. Ello permite el análisis independiente de esos dos grupos de elementos. Supongamos que el diodo D1 está en ON. Se obtiene el circuito

1 kΩ

A

K

0,7 V

I′^ I 1

10 mA

Se ha de verificar I 1 ≥ 0. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia, se obtiene

0,7 = (1)I′^ ,

I′^ = 0,.

Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo conectado al ánodo del diodo, se obtiene

10 = I′^ + I 1 = 0,7 + I 1 ,

I 1 = 10 − 0,7 = 9,3 ,

que es ≥ 0. Así pues, D1 está en ON e I 1 = 9,3 mA.

Supongamos que el diodo D2 está en RUPTURA. Se obtiene el circuito

A

10 mA

I′′

5 V

I 2

200 Ω

K

Se ha de verificar I 2 ≥ 0. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia, se obtiene

5 = (0,2)I′′^ ,

I′′^ =

de Kirchoff a la malla con corriente I′^ se obtiene

10 = 0,7 + 10I′^ + (1)I′^ = 0,7 + 11I′^ ,

I′^ =

que es ≥ 0. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia de valor 10 kΩ, se obtiene

VAK 2 = − 10 I′^ = −(10)(0,8455) = 8,455 ,

que es < − 5. Así pues, el estado supuesto para el diodo D2 no es correcto. Supongamos que está en RUPTURA. Se obtiene el circuito

I + I′

0,7 V

A K

10 V 1 kΩ

K

A

10 kΩ 5 V I′

I + I′

−

V

I

Se ha de verificar I ≥ 0 e I + I′^ ≥ 0. Aplicando la ley de Ohm a la resistencia de valor 10 kΩ, se obtiene

5 = 10I′^ ,

I′^ =

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por la fuente de tensión de valor 10 V, la fuente de tensión de valor 0,7 V, la fuente de tensión de valor 5 V y la resistencia de valor 1 kΩ, se obtiene

10 = 0,7 + 5 + (1)(I + I′) = 5,7 + I + I′^ = 5,7 + I + 0,5 = 6,2 + I ,

I = 10 − 6,2 = 3,8 ,

que es ≥ 0. Además, I+I′^ = 3,8+0,5 = 4,3, que también es ≥ 0. Así pues, los estados supuestos para los diodos son correctos e I = 3,8 mA. La tensión V puede ser calculada aplicando la ley de Ohm a la resistencia de valor 1 kΩ. Se obtiene

V = (1)(I + I′) = I + I′^ = 3,8 + 0,5 = 4,3 V.

Problema 13: Utilizando para el diodo D1 el modelo con tensión umbral VD0 = 0,7 V y para el diodo D2 el modelo con tensión umbral VD0 = 0,7 V y tensión cátodo-ánodo 5 V en ruptura,

16 1 Problemas de Análisis de Circuitos con Diodos

analice el circuito de la figura y determine los valores de las corrientes I 1 e I 2.

1 mA D1 D

10 kΩ I 1 2 kΩ I 2

Solución: Supongamos que el diodo D1 está en estado OFF. Tenemos I 2 = 1 mA, implicando que D2 estará en estado RUPTURA. Entonces, aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por los diodos y las resistencias, se obtiene

VAK 1 = 5 + 2I 2 = 5 + (2)(1) = 7 ,

que no es ≤ 0,7. Así pues el diodo D1 no estará en OFF. Supongamos que el diodo D1 está en ON y que el diodo D2 está en RUPTURA. Se obtiene el circuito

1 mA

I 1 I 2

K

A

A

K

0,7 V (^) 5 V

10 kΩ 2 kΩ

Se ha de verificar I 1 ≥ 0 e I 2 ≥ 0. Aplicando la primera ley de Kirchoff al nodo conectado a las resistencias, se obtiene 1 = I 1 + I 2.

Aplicando la segunda ley de Kirchoff a la malla formada por las fuentes de tensión y las resis- tencias, se obtiene 0,7 + 10I 1 = 5 + 2I 2 , 10 I 1 − 2 I 2 = 4,3 ,

que combinada con I 1 + I 2 = 1 da el sistema lineal

I 1 + I 2 = 1 10 I 1 − 2 I 2 = 4,3 ,

cuya solución es

I 1 =

I 2 = 1 − I 1 = 1 − 0,5250 = 0,.

Dado que tanto I 1 como I 2 son ≥ 0 , los estados supuestos para los diodos son correctos, I 1 = 0,5250 mA e I 2 = 0,4750 mA.